Question

1．已知橢圓C：9x²+y²=m²（m＞0），直線l不過原點O且不平行于坐標軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M．
（1）證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值；
（2）若l過點（$\frac{m}{3}$，m），延長線段OM與C交于點P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時l的斜率；若不能，說明理由．

Answer 1

分析 （1）聯(lián)立直線方程和橢圓方程，求出對應的直線斜率即可得到結(jié)論．
（2）四邊形OAPB為平行四邊形當且僅當線段AB與線段OP互相平分，即x_P=2x_M，建立方程關系即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）設直線l：y=kx+b，（k≠0，b≠0），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（x_M，y_M），
將y=kx+b代入9x²+y²=m²（m＞0），得（k²+9）x²+2kbx+b²-m²=0，
則判別式△=4k²b²-4（k²+9）（b²-m²）＞0，
則x₁+x₂=$-\frac{2kb}{9+{k}^{2}}$，則x_M=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=$-\frac{kb}{9+{k}^{2}}$，y_M=kx_M+b=$\frac{9b}{9+{k}^{2}}$，
于是直線OM的斜率k_OM=$\frac{{y}_{M}}{{x}_{M}}$=$-\frac{9}{k}$，
即k_OM•k=-9，
∴直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值．
（2）四邊形OAPB能為平行四邊形．
∵直線l過點（$\frac{m}{3}$，m），
∴由判別式△=4k²b²-4（k²+9）（b²-m²）＞0，
即k²m²＞9b²-9m²，
∵b=m-$\frac{k}{3}$m，
∴k²m²＞9（m-$\frac{k}{3}$m）²-9m²，
即k²＞k²-6k，
即6k＞0，
則k＞0，
∴l(xiāng)不過原點且與C有兩個交點的充要條件是k＞0，k≠3，
由（1）知OM的方程為y=$-\frac{9}{k}$x，
設P的橫坐標為x_P，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{9}{k}x}\\{9{x}^{2}+{y}^{2}={m}^{2}}\end{array}\right.$得${{x}_{P}}^{2}=\frac{{k}^{2}{m}^{2}}{9{k}^{2}+81}$，即x_P=$±\frac{km}{3\sqrt{9+{k}^{2}}}$，
將點（$\frac{m}{3}$，m）的坐標代入l的方程得b=$\frac{m（3-k）}{3}$，
即l的方程為y=kx+$\frac{m（3-k）}{3}$，
將y=$-\frac{9}{k}$x，代入y=kx+$\frac{m（3-k）}{3}$，
得kx+$\frac{m（3-k）}{3}$=$-\frac{9}{k}$x
解得x_M=$\frac{k（k-3）m}{3（9+{k}^{2}）}$，
四邊形OAPB為平行四邊形當且僅當線段AB與線段OP互相平分，即x_P=2x_M，
于是$±\frac{km}{3\sqrt{9+{k}^{2}}}$=2×$\frac{k（k-3）m}{3（9+{k}^{2}）}$，
解得k₁=4-$\sqrt{7}$或k₂=4+$\sqrt{7}$，
∵k_i＞0，k_i≠3，i=1，2，
∴當l的斜率為4-$\sqrt{7}$或4+$\sqrt{7}$時，四邊形OAPB能為平行四邊形．

點評 本題主要考查直線和圓錐曲線的相交問題，聯(lián)立方程組轉(zhuǎn)化為一元二次方程，利用根與系數(shù)之間的關系是解決本題的關鍵．綜合性較強，難度較大．